Question

9．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax在（0，f（0））处的切线与函数y=$\frac{1}{2}{x^2}$相切．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若（k+1）（x-1）＜xf（x-1）+x²（k∈Z）对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，结合函数的切线方程求出a的值，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为求函数令g（x）=$\frac{xf（x-1）{+x}^{2}}{x-1}$（x＞1）的最小值，根据函数的单调性求出即可．

解答 解：（1）因为$f'（x）=\frac{1}{x+1}-a$，
所以切线方程为y=（1-a）x，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=（1-a）x\\ y=\frac{1}{2}{x^2}\end{array}\right.$得x²-2（1-a）x=0，
由△=0，得a=1，
所以f（x）=ln（x+1）-x，
所以$f'（x）=\frac{1}{x+1}-1=-\frac{x}{x+1}$．
当x∈（-1，0）时，f'（x）＞0；
当x∈（0，+∞）时，f'（x）＜0．
所以f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）；
（2）令g（x）=$\frac{xf（x-1）{+x}^{2}}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1），
∴g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$（x＞1）
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），h′（x）=$\frac{x-1}{x}$＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴h（x）存在唯一零点x₀∈（3，4），即x₀-lnx₀-2=0．
当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（x₀）=0⇒g′（x）＜0；
当x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞h（x₀）=0⇒g′（x）＞0；
∴g（x）在x∈（1，x₀）时单调递减；在x∈（x₀，+∞）时，单调递增；
∴[g（x）min]=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}{（x}_{0}-1）}{{x}_{0}-1}$=x₀，
由题意k＜[g（x）]_min=x₀，
∵k∈Z，
∴k的最大值是3．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查切线方程，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，正确构造函数是关键．